CÁLCULO 4 (2EE - 2009.1)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA – A´REA 2
GABARITO DO SEGUNDO EXERC´ICIO ESCOLAR DE CA´LCULO 4
PRIMEIRO SEMESTRE DE 2009 — (11–05–2009)
1a Questa˜o Calcule a transformada de Laplace das func¸o˜es na varia´vel t, e a transformada
de Laplace inversa das func¸o˜es na varia´vel s, conforme seja o caso:
a) f(t) =
{
0 , se 0 ≤ t < 1,
t2 − 2t+ 3 , se t ≥ 1.
(1,5 pontos)
b) g(t) = t2 − tet.
(1,5 pontos)
c) F (s) =
e−3s
s2 + 4
.
(1,5 pontos)
d) G(s) =
2
s2 + 3
− 3
s+ 2
.
(1,5 pontos)
Soluc¸a˜o:
(a) Podemos escrever f(t) na forma,
f(t) = u1(t)(t2 − 2t+ 3) = u1(t)((t− 1)2 + 2) = u1(t)(t− 1)2 + 2u1(t). Portanto,
L {f(t)}(s) = 2e
−s
s3
+
2e−s
s
(b) Aplicando as regras vistas em classe, temos que
L {g(t)}(s) = 2
s3
− 1
(s− 1)2
(c) Temos que
2
s2 + 4
e´ a transformada de Laplace de sen 2t. Logo, F (s) e´ a transformada
de Laplace de
1
2
u3(t) sen 2(t− 3), ou seja,
L −1{F (s)}(t) = 1
2
u3(t) sen 2(t− 3)
(d) G(s) pode ser reescrita como G(s) =
2√
3
√
3
s2 + (
√
3)2
− 3
s+ 2
, portanto,
L −1{G(s)}(t) = 2√
3
sen(
√
3t)− 3e−2t
2a Questa˜o Encontre a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial y′′+ 4y′+ 4y = e−2x lnx, x > 0. (2,0 pontos)
Soluc¸a˜o: A equac¸a˜o homogeˆnea associada a equac¸a˜o dada e´ y′′ + 4y′ + 4y = 0, tendo
polinoˆmio caracter´ıstico λ2 +4λ+4 = 0, que tem λ = 2 como raiz dupla. Assim, a soluc¸a˜o
geral da equac¸a˜o homogeˆnea associada e´ yh = (C1+C2x)e−2x, e a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
dada e´ enta˜o y = yh+yp, sendo yp qualquer soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea.
Usaremos o me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros (neste caso o outro me´todo na˜o se aplica)
para calcular yp. Sabemos que yp e´ da forma yp = e−2xv1 + (xe−2x)v2, com v1 e v2
satisfazendo, {
e−2xv′1 + (xe
−2x)v′2 = 0
(−2e−2x)v′1 + (1− 2x)e−2xv′2 = e−2x lnx
,
que apo´s simplificac¸o˜es se torna,{
v′1 + xv
′
2 = 0
−2v′1 + (1− 2x)v′2 = lnx .
Resolvendo o sistema encontramos v′2 = lnx e v
′
1 = −x lnx. Integrando por partes temos
que v1 = −x
2
2
lnx+
x2
4
, e v2 = x lnx− x, logo,
yp =
(
−x
2
2
lnx+
x2
4
)
e−2x + (x lnx − x)(xe−2x), donde yp =
(
(
x2
2
) lnx− 3x
2
4
)
e−2x.
Portanto, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o e´:
y = (C1 + C2x)e−2x +
(
(
x2
2
) lnx− 3x
2
4
)
e−2x
3a Questa˜o Resolva o problema de valor inicial:
y′′ + 2y′ + 2y = u2(t)− δ(t− 2); y(0) = 0, y′(0) = 0.
OBS. δ(t− 2) e δ2(t) sa˜o notac¸o˜es diferentes para o delta de Dirac concentrado em t = 2. (2,0 pontos)
Soluc¸a˜o: Se Y (s) = L {y(t)}(s), enta˜o, aplicando a transformada de Laplace a ambos
os membros da equac¸a˜o, usando as regras vistas em classe e levando em considerac¸a˜o as
condic¸o˜es iniciais, obtemos (s2 + 2s+ 2)Y (s) =
e−2s
s
− e−2s, donde
Y (s) =
e−2s
s(s2 + 2s+ 2)
− e
−2s
s2 + 2s+ 2
.
Usando frac¸o˜es parciais podemos escrever
1
s(s2 + 2s+ 2)
=
A
s
+
Bs+ C
s2 + 2s+ 2
, o que nos da´
A = 1/2, B = −1/2 e C = −1, portanto,
Y (s) =
1
2
e−2s
s
− (
1
2s+ 1)e
−2s
s2 + 2s+ 2
− e
−2s
s2 + 2s+ 2
,
que apo´s simplificac¸a˜o da´
Y (s) =
1
2
e−2s
s
− (
1
2s+ 2)e
−2s
s2 + 2s+ 2
.
A primeira parcela do segundo membro da u´ltima igualdade e´ a transformada de Laplace
de
u2(t)
2
. A segunda parcela se escreve como:
(12s+ 2)e
−2s
s2 + 2s+ 2
=
(12(s+ 1) +
3
2)e
−2s
(s+ 1)2 + 1
=
1
2
(s+ 1)e−2s
(s+ 1)2 + 1
+
3
2
e−2s
(s+ 1)2 + 1
.
Portanto,
y(t) =
u2(t)
2
− 1
2
u2(t)e−(t−2) cos(t− 2)− 32u2(t)e
−(t−2) sen(t− 2)